Ledningar/Lösningar kap 4

Lösningar och lösningsskisserDiskret matematik för gymnasiet, 1:a upplagan, Liber ABKapitel 4, Sannolikhetslära och Kombinatorik4023. a)( ) 12=3( ) 12h⇔12!3! · (12 − 3)!12!3! · 9!12!9! · 3!===12!h! · (12 − h)!12!h! · (12 − h)!12!h! · (12 − h)!⇔⇔Likheten är uppfylld då h = 9.b) Med samma resonemang som ovan får vi att h = 4. Observera symmetrin!4027. a) Låt händelse A = {3 kulor, 3 färger}. Eftersom vi får anta att alla utfallsker med samma sannolikhet (likformig sannolikhetsfördelning) gäller enligtden klassiska sannolikhetsdefinitionen attP (A) =antalet gynsamma utfallantalet möjliga utfallAtt välja 1 kula av 8 röda kan ske ( 81)= 8 sätt. Samma resonemang gällerför de två övriga färgerna. Antalet gynsamma utfall är enligt multiplikationsprincipendärför( ( ( )8 7 10· ·1)1)1sätt att välja 3 kulor på så sätt att alla tre färger finns representerade. Attvälja 3 kulor av 8 + 7 + 10 = 25 kan ske på ( )253 sätt, vilket är antalet möjligautfall.Sannolikheten för att händelse A skall inträffa är således( ( ( )8 7 10· ·1)1)1P (A) = ( ) ≈ 0, 243253b) Låt händelse B = {4 kulor, ingen blå}.1

Det finns 18 av de 25 kulorna som inte är blåa. Antalet gynsamma utfall ärges därför av antalet sätt vi kan välja 4 kulor av 18 utan hänsyn till ordningen.Sannolikheten för att händelse B skall inträffa är således( ) 18P (B) =4( ) ≈ 0, 2422534030. De termer som förekommer i utecklingen av binomet ära 4 , a 3 (−b), a 2 (−b) 2 , a(−b) 3 , (−b) 4Med binomialkoefficienterna blir utvecklingen( ( ( ( ( 4 4 4 4 4a0)4 + a1)3 (−b) + a2)2 (−b) 2 + a(−b)3)3 + (−b)4)4 == a 4 − 4a 3 b + 6a 2 b 2 − 4ab 3 + b 44043. Då hänsyn skall tas till myntens ordning är antalet permutationer 4! = 4 · 3 · 2 · 1 =24. Det första myntet kan väljas på 4 sätt. När ett mynt är placerat finns 3 kvaratt välja på till position 2 o.s.v.4044. a) ”Orden” skapas av 4 olika bokstäver. Antalet ”ord”, permutationer, somkan skapas av dessa är 4! = 24.b) Av de 4! ”orden” som kan skapas av bokstäverna LAT A är 2! likadanaeftersom det finns 2 A. Dessa kan ju permuteras på 2! sätt. Antalet unika”ord” är därför4!2! = 124046. 3 hörn kan väljas av 8 på ( 83)= 56 sätt. Observera att hörnens ordning i varje triangelär ointressant. Av alla de möjliga permutiationerna måste antalet8!(8 − 7)!reduceras med en faktor 3! = 6 eftersom varje tringel kan skapas på 3! olika sätt.( )8! 83! · (8 − 7)! = = 5634047. a) Låt händelsen A = {bli vuxen}. Sannolikheten att alla 6 ägg ger vuxnahackspettar ärP (A) 6 = 0, 6 6 = 0, 0472

) Låt händelsen B = {åtminst. 2 ägg}. Att åtminstone 2 ägg ger vuxna fåglarinnebär att 2, 3, 4, 5 eller 6 ägg gör det. Den komplementära händelsen B ∗innebär istället att 0 eller 1 ägg inte ger vuxna fåglar. Vi vet attP (B) = 1 − P (B ∗ )(( ( )6 6= 1 − 0, 60)0 · 0, 4 6 + 61)0, 1 · 0, 4 5 = 0, 9594050. a) Sannolikheten att vinna exakt en av fem tävlingar är( 51)· 0, 2 1 · 0, 8 4 = 0, 41b) Låt händelsen A = {minst 1 vinst av 5}. För den komplementära händelsenA ∗ = {ingen vinst av fem} gäller att P (A ∗ ) = 0, 8 5 . Således ärP (A) = 1 − P (A ∗ )= 1 − 0, 8 5 = 0, 674051. Antalet permutationer av bokstäverna F RT ABU är 6! = 720. Antalet unika permutationerav bokstäverna ROOSRO6!2! · 3! = 604052. a) Av 6 bokstäver kan du bilda 6! = 720 ”ord”. (Självklart är många av dessapermutationer utan någon språklig betydelse.)b) Då första bokstaven är given kan den andra väljas på 5 sätt, den tredje på 3sätt o.s.v. Således kan man skapa 5! = 120 ”ord” som inleds med A.c) Vi uppmärksammar först att de första orden inleds med AF . När alla permutationermed denna inledning är listade fortsätter listan med ord som inledsmed AK. Därpå följer ord med inledningen AN varibland ANKF OTförekommer.Vi måste nu ställa oss frågorna:– Hur många ord finns i mängden ”AF ”– Hur många ord finns i mängden ”AK”– Vilket ordningsnummer har ordet ANKF OT i mängden ”AN”I såväl ordgruppern ”AF ” som ”AK” är de två första bokstäverna valda.De fyra övriga bokstäverna kan permuteras på 4! olika sätt. De två gruppernainnehåller således 4! = 24 ord var.De första orden i den nästföljande mängden ”AN” är delmängden ”ANF ”vilken innehåller 3! = 6 ord. Nästa delmängd är ”ANK” i vilken vi som3

första ord hittar just det ord vi söker, ANKF OT .Således har ordet ANKF OT ordningsnummer4! + 4! + 3! + 1 = 24 + 24 + 6 + 1 = 55d) Eftersom det finns 5! = 120 ord som börjar med respektive bokstav, såmåste det 711:e ordet ineldas med den 6:e bokstaven T . Av de 5! = 120orden på T finns det 4! = 24 i varje delmängd ”T A”, ”T F ”, ”T K”, ”T N”,”T O”. Det sista ordet i delmängden ”T N” är permutation nr.5 · 5! + 4 · 4! = 696I delmängderna ”T OA” och ”T OF ” finns det vardera 3! = 6 ord. Det sistaav dessa ord är således permutation nr.5 · 5! + 4 · 4! + 2 · 3! = 708Permutation nr. 711 är således det 3:e ordet i delmängden ”T OK” vilket ärordet T OKF AN.4053. Låt händelsen A = {behandlingen lyckas}.a) Enligt mutliplikationsprincipen gäller att sannolikheten att behandlingenlyckas 30 ggr i följd ärP (A) 30 = 0, 95 30 = 0, 215b) Antalet sätt doktorn kan misslyckas 3 ggr av 30, utan hänsyn tagen till ordningenhos de tre misslyckade behandlingarna, är ( )303 . Sannolikheten förden givna händelsen är dåP (3 m.l.) =( ) 30P (A) 27 (1 − P (A)) 3 =3( ) 30· 0, 95 27 · 0, 05 3 = 0, 1273c) Att misslyckas högst 2 ggr. innebär att man kan misslyckas 0, 1 eller 2 ggr.Med liknande resonomang som ovan måste gälla attP (≤2 m.l.) =( ) 300, 95 30 +0( ) 300, 95 29 0, 05 1 +1( ) 300, 95 28 0, 05 2 = 0, 81224054. Två flickor kan väljas ur en grupp av 18 på ( )182 sätt. Varje sådan kombination kanparas ihop med ( )122 kombinationer av av pojkar. Antalet sätt att skapa gruppenär således ( ) ( ) 18 12· = 100982 24

( 4b) ”Två lika” vid kast med 4 tärningar kan fås på = 6 olika sätt. Dessa är2)givetvis (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6). Sannoliken för var och ett avdessa utfall är enligt multiplikationsprincipen1 · 16 · 56 · 46där de två första faktorerna innebär att de två första tärningarna är lika,den tredje faktorn att den tredje tärningen är skild från de två första ochden den fjärde faktorn att den fjärde tärningen är skild från de två förstaoch skild från den tredje. Således är totala sannolikheten( 4· 1 ·2) 16 · 56 · 4 = 0, 5556( 34066. Man kan få r st. jackpot vid ”dragning” på 3 hjul på sätt. Eftersom sanno-r)likheten att få jackpot på ett hjul är 0, 1 så måste t.ex. sannolikheten( 3P (1 jackpot) = · 0, 11)1 · 0, 9 2 = 0, 2434067. En enstaka spelare kan t.ex. vinna 50 kr, 500 kr eller 9000000 kr. Frågan vi måsteställa oss är: Hur många kronor kan vi förvänta oss att vinna om vi spelar väldigt(oändligt) många gånger? Vad vinner en spelare i medeltal?(Vad är det s.k. väntevärdet? )Det är naturligtvis större sannolikhet att de två första siffrorna i ditt lottnummerär desamma som i det dragna numret än att alla sex siffrorna är det, men å andrasidan ger det en betydligt mindre vinst. Vinsten vid var och en av de 5 olikahändelserna måste därför viktas mot sannolikheten att händelsen inträffar.Vi börjar med att reda ut hur mycket vi kan förvänta oss att vinna i det långaloppet om försättningen för vinst är som i den första händelsen (50 kr vidtvå korrekta inledande siffror). För att göra detta måste vi först bestämma sannolikhetenför att denna inträffar. Observera att händelsen endast innebär tvåkorrekta inledande siffror, inte fler. Är t.ex. de tre första siffrorna korrekta vinnervi ju 500 kr. För att undvika detta räcker det med att den tredje siffran är fel.Givet de två första siffrorna kan med ovanstående resonemang den tredje siffranväljas på 9 sätt medan den fjärde, femte och sjätte kan väljas på 10 sätt. Det finnssåledes 9 · 10 · 10 · 10 gynsamma fall av 10 6 möjliga. Sannolikheten för en vinstpå 50 kr är således9 · 10 · 10 · 10P (50 kr) =10 6 = 0, 0096

Det vi kan förvänta oss att vinna om vi spelar många gånger ärP (50 kr) · 50 = 0, 45 krMed samma resonemang för de andra händelserna får vi den totala förväntadevinsten9 · 10 · 10 · 10 9 · 10 · 1010 6 ·50+10 6 ·500+ 9 · 1010 6 ·2500+ 910 6 ·25000+ 1 ·900000 = 2, 25 kr106 Detta betyder också att ägaren förväntas tjäna 5 − 2, 25 = 2, 75 kr på varje lott.Säljs 10000 lotter förväntas således ägaren tjäna10000 · 2, 75 = 27500 krObservera att detta endast är den förväntade förtjänsten. Naturligtvis finns möjlighetenatt ägaren gör en stor förlust. Dock är det så att alla spel av liknandekaraktär är uppbyggda så att väntevärdet är till lotteriets fördel.7